山东省日照市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山东省日照市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共66页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

山东省日照市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·山东日照·统考一模）复平面内表示复数（）的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2021·山东日照·统考一模）设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·山东日照·统考一模）要将甲、乙、丙、丁4名同学分到、、三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到班的分法种数为
A． B．
C． D．
4．（2021·山东日照·统考一模）明朝早起，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进的航海技术——“过洋牵星术”，简单地说，就是通过观测不同季节､时辰的日月星辰在填空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断水位.其采用的主要工具是牵星板，其由块正方形模板组成，最小的一块边长约(称一指)，木板的长度按从小到大均两两相差，最大的边长约(称十二指).观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰依高低不停替换､调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度.如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则约为（    ）

A． B． C． D．
5．（2021·山东日照·统考一模）函数（，且）的图象恒过定点，若点在椭圆（，）上，则的最小值为（    ）
A．12 B．14 C．16 D．18
6．（2021·山东日照·统考一模）如图所示，单位圆上一定点与坐标原点重合．若单位圆从原点出发沿轴正向滚动一周，则点形成的轨迹为（ ）

A． B．
C． D．
7．（2021·山东日照·统考一模）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的函数图象，则下列说法正确的是
A．是奇函数
B．的周期是
C．的图像关于直线对称
D．的图像关于对称
8．（2021·山东日照·统考一模）已知直三棱柱的侧棱长为，，.过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·山东日照·统考一模）集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）

A． B．
C． D．
10．（2022·山东日照·统考一模）复平面内表示复数的点位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
11．（2022·山东日照·统考一模）若抛物线上一点到其焦点的距离等于4，则（    ）
A．8 B．4 C．2 D．
12．（2022·山东日照·统考一模）已知角的终边经过点，则角可以为（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·山东日照·统考一模）已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
14．（2022·山东日照·统考一模）河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，则的值为（   ）
A．8 B．10 C．12 D．16
15．（2022·山东日照·统考一模）已知奇函数在上是增函数，．若，，，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
16．（2022·山东日照·统考一模）PQ为经过抛物线焦点的任一弦，抛物线的准线为l，PM垂直于l于M，QN垂直于l于N，PQ绕l一周所得旋转面面积为，以MN为直径的球面积为，则（    ）


A． B． C． D．
17．（2023·山东日照·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·山东日照·统考一模）已知复数，为虚数单位，则（    ）
A． B． C． D．
19．（2023·山东日照·统考一模）在平面直角坐标系中，角的大小如图所示，则（    ）

A． B． C．1 D．
20．（2023·山东日照·统考一模）红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（    ）

A． B． C． D．
21．（2023·山东日照·统考一模）已知正六边形ABCDEF的边长为2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则的最大值为（    ）
A．13 B．12 C．8 D．
22．（2023·山东日照·统考一模）已知，，设命题：，命题：，则是的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
23．（2023·山东日照·统考一模）已知数列的前项和为，且满足，，设，若存在正整数，使得，，成等差数列，则（    ）
A． B． C． D．
24．（2023·山东日照·统考一模）已知椭圆：的左、右焦点为，，点为椭圆内一点，点在双曲线：上，若椭圆上存在一点，使得，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
25．（2021·山东日照·统考一模）PM2.5是衡量空气质量得重要指标，我国采用世卫组织的最宽值限定值，即PM2.5日均值达到为超标.如图是某地12月1日至10日的PM2.5（单位：）的日均值，则下列说法正确的是（    ）

A．这10天中有3天空气质量为一级
B．从6日到9日PM2.5日均值逐渐降低
C．这10天中PM2.5日均值的中位数是55
D．这10天中PM2.5日均值的平均值是45
26．（2021·山东日照·统考一模）已知，，则（    ）
A． B．
C． D．
27．（2021·山东日照·统考一模）已知函数对于任意，均满足.当时，若函数，下列结论正确的为（    ）
A．若，则恰有两个零点
B．若，则有三个零点
C．若，则恰有四个零点
D．不存在使得恰有四个零点
28．（2021·山东日照·统考一模）已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，则下列命题正确的是（    ）

A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆
B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为
C．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线
D．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线
29．（2022·山东日照·统考一模）经研究，变量y与变量x具有线性相关关系，数据统计如下表，并且根据表中数据，求得y关于x的线性回归方程为，下列正确的是（    ）
x
2
4
7
10
15
22
y
8.1
9.4
12
14.4
18.5
24

A．变量y与x呈正相关 B．样本点的中心为（10，14.4）
C． D．当时，y的估计值为13
30．（2022·山东日照·统考一模）已知函数，则（    ）
A．函数的图象关于y轴对称 B．时，函数的值域为
C．函数的图象关于点中心对称 D．函数的最小正周期是8
31．（2022·山东日照·统考一模）已知曲线，则（    ）
A．曲线C关于原点对称
B．曲线C上任意点P满足（O为坐标原点)
C．曲线C与有且仅有两个公共点
D．曲线C上有无数个整点（整点指横纵坐标均为整数的点）
32．（2022·山东日照·统考一模）已知球O的半径为4，球心O在大小为60°的二面角内，二面角的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆，，若两圆，的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体的体积为V，则正确的是（    ）
A．O，E，，四点共圆 B．
C． D．V的最大值为
33．（2023·山东日照·统考一模）已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．
C．若互斥，则
D．若独立，则
34．（2023·山东日照·统考一模）已知正方体过对角线作平面交棱于点，交棱于点F，则（    ）

A．平面分正方体所得两部分的体积相等
B．四边形一定是菱形
C．四边形的面积有最大值也有最小值
D．平面与平面始终垂直
35．（2023·山东日照·统考一模）设函数的定义域为，且是奇函数，当时，；当时，.当变化时，函数的所有零点从小到大记为，则的值可以为（    ）
A．3 B．5 C．7 D．9
36．（2023·山东日照·统考一模）已知，则（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
37．（2021·山东日照·统考一模）若函数在区间上的最大值是最小值的倍，则______.
38．（2021·山东日照·统考一模）为了贯彻落实习近平总书记在全国教育大会上的讲话精神，2020年中办、国办联合印发了《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，为落实该文件精神，某中学对女生立定跳远项目的考核要求为：1.33米得5分，每增加0.03米，分值增加5分，直到1.84米得90分后每增加0.1米，分值增加5分，满分为120分，若某女生训练前的成绩为70分，经过一段时间的训练后，成绩为105分则该女生经过训练后跳远增加了______米.
39．（2021·山东日照·统考一模）已知函数（），若对任意，，，总有，，为某一个三角形的边长，则实数的取值范围是______.
40．（2021·山东日照·统考一模）已知，分别为双曲线:的左、右焦点，为双曲线的右顶点，过的直线与双曲线的右支交于，，两点（其中点在第一象限），设，分别为，的内心，则的取值范围是______.
41．（2022·山东日照·统考一模）展开式中的常数项为__________．
42．（2022·山东日照·统考一模）已知数列是正项等比数列，函数的两个零点是，，则______.
43．（2022·山东日照·统考一模）设函数，已知，且，若的最小值为e，则a的值为______.
44．（2022·山东日照·统考一模）已知向量，，，则______.
45．（2023·山东日照·统考一模）在的展开式中,的系数为___________.
46．（2023·山东日照·统考一模）已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，则__________.
47．（2023·山东日照·统考一模）对任意正实数，记函数在上的最小值为，函数在上的最大值为，若，则的所有可能值______.
48．（2023·山东日照·统考一模）设棱锥的底面为正方形，且，，如果的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为___________.


四、解答题
49．（2021·山东日照·统考一模）在中，，分别为内角，，所对的边，若.
（1）求的大小；
（2）求的最大值.
50．（2021·山东日照·统考一模）在①已知数列满足：，②等比数列中，公比，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，若对恒成立，求正整数的最大值.
51．（2021·山东日照·统考一模）如图，菱形的对角线与交于点，，，将沿折到的位置使得．

（1）证明：．
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
52．（2021·山东日照·统考一模）为加强进口冷链食品监管，某省于2020年底在全省建立进口冷链食品集中监管专仓制度，在口岸、目的地市或县（区、市）等进口冷链食品第一入境点，设立进口冷链食品集中监管专仓，集中开展核酸检测和预防性全面消毒工作，为了进一步确定某批进口冷冻食品是否感染病毒，在入关检疫时需要对其采样进行化验，若结果呈阳性，则有该病毒；若结果呈阴性，则没有该病毒，对于，（）份样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验次：二是混合检验，将份样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这份全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这份究竟哪些为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，则份检验的次数共为次，若每份样本没有该病毒的概率为（），而且样本之间是否有该病毒是相互独立的.
（1）若，求2份样本混合的结果为阳性的概率；
（2）若取得4份样本，考虑以下两种检验方案：方案一：采用混合检验；方案二：平均分成两组，每组2份样本采用混合检验.若检验次数的期望值越小，则方案越“优”，试问方案一、二哪个更“优”？请说明理由.
53．（2021·山东日照·统考一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到，两点的距离之和为4.
（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程；
（2）已知直线:与圆:交于、两点，与曲线交于、两点，其中、在第一象限.为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出；不存在，说明理由.
54．（2021·山东日照·统考一模）已知函数，.
（1）当时，求的值域；
（2）令，当时，恒成立，求的取值范围.
55．（2022·山东日照·统考一模）已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
(1)求角A；
(2)若，求△ABC的面积.
56．（2022·山东日照·统考一模）已知数列的前n项和为，满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前100项的和.
57．（2022·山东日照·统考一模）如图所示，在四棱锥P—ABCD中，，，，，E是边AD的中点，异面直线PA与CD所成角为.

(1)在平面PAB内找一点M，使得直线平面PBE，并说明理由；
(2)若二面角P—CD—A的大小为，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
58．（2022·山东日照·统考一模）春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策” .某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图.其中时间段9：20~9：40记作区间，9：40~10：00记作，10：00~10：20记作，10：20~10：40记作，例如：10点04分，记作时刻64.

(1)估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：20~10：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；
(3)由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布，其中可用这600辆车在9：20~10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46~10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.
参考数据：若，则，，.
59．（2022·山东日照·统考一模）已知函数.
(1)若，证明：当时，；
(2)令，若是极大值点，求实数a的值.
60．（2022·山东日照·统考一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，P为椭圆上一动点，面积的最大值为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足，连结CM交椭圆于点N，O为坐标原点.证明：为定值；
(3)平面内到两定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆上，求的最小值.
61．（2023·山东日照·统考一模）在数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
62．（2023·山东日照·统考一模）已知中，a，b，c是角A，B，C所对的边，，且.

(1)求角B；
(2)若，在的边AB，AC上分别取D，E两点，使沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值.
63．（2023·山东日照·统考一模）如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.

(1)求的值；
(2)若，求二面角的余弦值.
64．（2023·山东日照·统考一模）已知抛物线：的焦点为为上的动点，垂直于动直线，垂足为，当为等边三角形时，其面积为.
(1)求的方程；
(2)设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
65．（2023·山东日照·统考一模）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．

(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
66．（2023·山东日照·统考一模）已知函数，.
(1)若直线是的切线，函数总存在，使得，求的取值范围；
(2)设，若恰有三个不等实根，证明：.

参考答案：
1．D
【分析】先化简复数，即可判断表示的点所在的象限.
【详解】表示的点为，
因为，所以点位于第四象限，
故选：D.
2．A
【分析】首先求出集合，，再根据交集的定义求出．
【详解】集合，
，
．
故选：
3．B
【分析】分甲和另一个人一起分到A班有，甲一个人分到 A班的方法有：，加到一起即为结果.
【详解】甲和另一个人一起分到A班有=6种分法，甲一个人分到 A班的方法有：=6种分法，共有12种分法；
故答案为B.
【点睛】解答排列、组合问题的角度：
解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手．
(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；
(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；
(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；
(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
4．D
【分析】根据题意得到六指，进而得到，再结合二倍角的正弦公式和商数关系求解.
【详解】由题意知：六指为，
所以，
所以，
.
故选：D
5．C
【分析】求出的坐标代入椭圆方程，再将化为积为定值的形式，利用基本不等式可求得结果.
【详解】由，即，得，所以，
因为点在椭圆上，所以（，），
所以，
当且仅当时，等号成立.
故选：C
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
6．A
【解析】分析当单位圆向轴正向滚动个单位长度时的纵坐标，由此判断出点形成的轨迹.
【详解】如图所示，记为圆上的三个四等分圆周的点，由题意可知：圆是逆时针滚动的，

因为圆的周长为，所以，且圆上点的纵坐标最大值为，
当圆逆时针滚动单位长度时，此时的相对位置互换，所以的纵坐标为，排除BCD，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过特殊位置（向右滚动个单位长度）分析对应点的纵坐标，通过排除法判断出轨迹.
7．D
【详解】试题分析：将函数的图象向左平移个单位，得到函数，
因为，所以，选D.
考点：三角函数图象的变换，三角函数诱导公式，三角函数的图象和性质.

8．C
【分析】确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.
【详解】如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，

，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，
、分别为、的中点，则且，平面，
平面，所以，平面平面，
所以，平面即为平面，设平面交于点，
在直棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
且，且，所以，四边形为平行四边形，
，平面，平面，平面，
设平面平面，平面，所以，，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
所以，为的中点，
延长交于点，，所以，，，
又，所以，，，为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
，，，，为的中点，
，，则，
为的中点，，则，同理，
因为直棱柱的棱长为，为的中点，，
由勾股定理可得，同理可得，
且，平面，平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，，
由勾股定理可得，同理.
因此，截面的周长为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．
9．C
【分析】根据韦恩图，直接求得.
【详解】因为，，
所以阴影部分表示的集合为.
故选：C
10．A
【解析】利用复数代数形式的乘除法运算化简为（，∈R）的形式，则答案可求．
【详解】，在复平面对应的点在第一象限.
故选A
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，及复数的几何意义，属于基础题．
11．A
【分析】根据抛物线的定义和焦半径的计算公式即可求解.
【详解】由题可知，.
故选：A.
12．D
【分析】由已知可得是第四象限角，且，，结合选项得结论．
【详解】角的终边经过点，
是第四象限角，且，，
则．
故选：D
13．A
【分析】根据充分不必要条件得到，即可得到答案.
【详解】，解得，，
因为是的充分不必要条件，
所以，即.
故选：A
14．C
【分析】数列，是等比数列，公比为2，前7项和为1016，由此可求得首项，得通项公式，从而得结论．
【详解】最下层的“浮雕像”的数量为，依题有：公比，解得，则，，从而，故选C．
【点睛】本题考查等比数列的应用．数列应用题求解时，关键是根据题设抽象出数列的条件，然后利用数列的知识求解．
15．C
【分析】先判断出函数单调性，再比较这3个数的大小，然后利用单调即可.
【详解】因为是奇函数且在上是增函数，所以在时，，
从而是上的偶函数，且在上是增函数，
，
，又，则，所以即，
， 所以.
故选：C．
16．C
【分析】解：设设与轴夹角为，令，，根据抛物线的定义可知，，再根据圆台的侧面积公式及球的表面积公式得到、，即可判断；
【详解】解：设与轴夹角为，令，，则，，则，，所以当且仅当时等号成立；
故选：C
17．D
【分析】先求出集合，再依据并集的定义求并集.
【详解】，又，
所以
故选：D
18．C
【分析】利用复数除法运算求得，然后求得.
【详解】，
.
故选：C
19．D
【分析】根据正切值的定义可以先算出，然后由两角和的正切公式求出.
【详解】
过作轴，垂足为，根据正切值的定义：，则，解得.
故选：D
20．C
【分析】由题利用勾股定理求出半径，再求出高度，分别求出两个球冠的面积，用球体的表面积减去两个球冠的面积即可解决问题.
【详解】由题意得：，
所以cm，
所以cm，
所以两个球冠的面积为cm2，
则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：
cm2，
故选：C.
21．B
【分析】以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，由向量数量积的坐标表示研究最值.
【详解】
以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，AB、DE交y轴于G、H，
则，
设，，由正六边形对称性，不妨只研究y轴左半部分，
（1）当P在EH上时，则，，则；
（2）当P在AG上时，则，，则；
（3）当P在EF上时，则：，，则；
（4）当P在AF上时，则：，，则.
综上，所求最大值为12.
故选：B.
22．B
【分析】取特值，，满足，不满足；运用基本不等式得，即，由指数函数的单调性得，运用基本不等式和充分必要条件的定义 判断可得选项.
【详解】解：当时，满足，但，不满足，所以不是的充分条件；
当，，时，，即，当且仅当时取等号，所以，即，又，当且仅当时取等号，
解得，所以是的必要条件，
因此，是的必要不充分条件.
故选：B.
23．B
【分析】根据数列的递推公式得出，然后根据等差数列的性质进项求解即可得出结果.
【详解】数列满足，，
当时，，解得：；
当时，，
因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，，
若存在正整数，使得，，成等差数列，
则，所以     ①
因为数列是单调递减数列，
当时，由，解得：，舍去；
当时，则，；
当时，，，所以，①式不成立，
所以，则有，解得：，
故选：.
24．A
【分析】先求出椭圆左焦点坐标为，由题得，解不等式得到，再解不等式即得解.
【详解】点在双曲线：上，所以.
所以椭圆左焦点坐标为.
因为，所以,
所以.
因为，所以.
点为椭圆内一点，所以，
所以或.
综上：.
故选：A
25．AB
【分析】由图得到这10天中每一天的PM2.5日均值，利用中位数和平均值的定义计算可得结果.
【详解】对于A，由图可知，这10天中第1日、第3日、第4日的PM2.5日均值小于，空气质量为一级，故A正确；
对于B，由图可知，从6日到9日PM2.5日均值分别为，，，，逐渐降低，故B正确；
对于C，将10天中PM2.5日均值按从小到大排序为：，
根据中位数的定义可得这10天中PM2.5日均值的中位数是，故C不正确；
对于D，这10天中PM2.5日均值的平均值是，故D不正确.
故选：AB
26．BC
【分析】根据对数函数的性质可判断AB正误，由不等式的基本性质可判断CD正误.
【详解】由可得，同理可得，
因为时，恒有
所以，即，故A错误B正确；
因为，
所以，即，
由不等式性质可得，即，故C正确D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：利用对数函数的真数大于零及对数函数的图象与性质可得是解题的关键，根据不等式的基本性质可判断CD，属于中档题.
27．ABC
【分析】设，作出函数的图象，求出直线与曲线相切以及直线过点时对应的实数的值，数形结合可判断各选项的正误.
【详解】由可知函数的图象关于直线对称.
令，即，作出函数的图象如下图所示：

令，则函数的零点个数为函数、的图象的交点个数，
的定义域为，且，则函数为偶函数，
且函数的图象恒过定点，
当函数的图象过点时，有，解得.
过点作函数的图象的切线，
设切点为，对函数求导得，
所以，函数的图象在点处的切线方程为，
切线过点，所以，，解得，则切线斜率为，
即当时，函数的图象与函数的图象相切.
若函数恰有两个零点，由图可得或，A选项正确；
若函数恰有三个零点，由图可得，B选项正确；
若函数恰有四个零点，由图可得，C选项正确，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
28．ACD
【分析】对于A，根据正方体的性质计算出，根据圆的定义可得答案；
对于B，取的中点，根据，，可得点的轨迹为圆，根据圆的面积公式计算可得结果；
对于C，将点到直线转化为，再根据抛物线的定义可得结果；
对于D，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式可解得结果.
【详解】如图：
   
对于A，根据正方体的性质可知，平面，所以为与平面所成的角，
所以，所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆；故A正确；
对于B，在直角三角形中，，取的中点，因为为的中点，所以，且，因为，所以，即点在过点且与垂直的平面内，又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故B不正确；
对于C，连接，因为平面，所以，所以点到直线的距离为，所以点到点的距离等于点到定直线的距离，又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，
因为与所成的角为，所以，
所以，整理得，所以点的轨迹为双曲线，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项中，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式求解是解题关键.
29．AB
【分析】先根据回归方程可判断选项A，求出样本中心，结合回归方程可判断B,C,D，得出答案.
【详解】由线性回归方程为可得变量y与x呈正相关，故选项A正确.
由表中数据可得，
故样本点的中心为（10，14.4），所以选项B正确.
将样本点的中心为（10，14.4）代入，可得，解得，故选项C不正确.
将代入回归方程可得，故选项D不正确.
故选：AB
30．BCD
【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简，然后根据正弦函数的性质求解可得.
【详解】

由Z，得Z，故A错误；
因为，则，所以，
所以，故B正确；
由Z，得Z，所以的对称中心为，故C正确；
因为，故D正确.
故选：BCD.
31．BC
【分析】选项A，取特殊点，验证即可判断；
选项B，由，分，讨论，即可判断；
选项C，联立，分，讨论，即可判断；
选项D，分，讨论，分析即可判断
【详解】选项A，满足，故点在曲线上，但不满足，故点不在曲线上，故曲线C不关于原点对称，错误；
选项B，令在曲线上，故
当时，
当时，
故曲线C上任意点P满足（O为坐标原点)，正确；
选项C，联立，故
当时，，解得，故有两个交点
当时，，无解
故曲线C与有且仅有两个公共点，正确；
选项D，当时，曲线C为
若为整点，则或
故有三个整点
当时，曲线C为
若为整点，则，
若，则，与矛盾
故曲线C上只有三个整点，不正确
故选：BC
32．ABD
【分析】连结OE,O1E,O2E,O1O2,OA,判断出,利用勾股定理求出,可判断B
证明出, 即可判断四点共圆,从而判断出A正确.
直接求出,可判断C错误;
设,先求出，即可求出,可以判断D.
【详解】
因为公共弦AB在棱l上,连结OE,O1E,O2E,O1O2,OA,则,
则,故B正确.
因为二面角的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心,所以OO1⊥,OO2⊥,又平面, 平面,所以, , 故，所以，对角互补的四边形为圆内接四边形，所以四点共圆,故选项A正确.
因为E为弦AB的中点,故⊥AB, ⊥AB,故即为二面角的平面角,所以,由正弦定理得,故选项C错误;
设,在△中,由余弦定理可得, ,所以,故，所以,当且仅当以时取等号,故选项D正确.
故选:ABD
【点睛】与球有关的问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；(④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．
33．ABD
【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可．
【详解】选项A中：由对立事件定义可知,选项正确；
选项中：， 选项B正确；
选项C中：A，B互斥，，,，故选项C错误；
选项D中：A，B独立，则，则,故选项D正确.
故选：.
34．AC
【分析】利用正方体的对称性即可判断A正确；由平行平面的性质和的大小可判断B错误；结合异面直线距离说明四边形的面积最小值和最大值取法，判断C正确；只有当平面时，才有平面平面，判断D错误.
【详解】对于A：由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等，故A正确；
对于B：因为平面，平面平面，
平面平面，∴.
同理可证：，故四边形是平行四边形，当E不是的中点时，,此时四边形不是菱形，故B错误；
对于C：由B得四边形一定是平行四边形，所以四边形的面积等于三角形面积的两倍，而为定值，所以当到直线距离最大时，三角形面积取最大值，因为为棱中点时, 到直线距离恰为异面直线距离，即为最小值，此时三角形面积取最小值，即四边形的面积取最小值.因此当E与A重合或重合时，三角形面积取最大值，即四边形的面积即取最大值，故C正确；
对于D：因为平面平面，又平面平面，所以只有当平面时，才有平面平面，故D错误.
故选：AC
35．ABC
【分析】将方程的根转化为与直线的交点，并可知与均关于对称，作出的图像，通过数形结合的方式可确定不同取值时交点的个数，结合对称性可求得结果.
【详解】为奇函数，图像关于点对称，
由得：，则方程的根即为与直线的交点，
作出图像如图所示，

①当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
②当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
③当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
④当时，如图中所示时，与直线有个交点，
与均关于对称，；
⑤当，即时，如图中和所示时，与直线有且仅有一个交点，.
综上所述：取值的集合为.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数对称性、函数图像求解方程根的个数问题；解题关键是能够将方程根的个数问题转化为两个函数图像的交点个数问题，进而通过数形结合的方式确定交点个数.
36．AD
【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.
B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.
C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误.
D.与C选项同样的方法即可判断.
【详解】A.        令
则 ，所以在单调递减，在上单调递增，
且，故.
令
则，
所以在上单调递减，且
          
   即    故选项A正确
B.         令
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且
          
   即   故选项B错误
C.       
     又在单调递增     
故选项C错误
D. 由C可知，   又在单调递减    
故选项D正确
故选：AD
37．
【分析】分析函数在区间上的单调性，可得出关于实数的等式，由此可解得实数的值.
【详解】，所以，函数在区间上为增函数，
由已知条件可得，，，解得.
故答案为：.
38．0.42
【分析】根据所给得分规则求出70分时立定跳远距离，再求出105分时的立定跳远距离，即可求解.
【详解】该生成绩为70分时，其立定跳远距离为米，
该生成绩为105分时，其立定跳远距离为米，
所以增加了米，
故答案为：0.42
39．
【分析】由题意可得，对，，，总有恒成立，转化为，根据单调性求函数最值即可.
【详解】由题意可得：对，，，总有恒成立，
只需
，
①当时，，满足题意；
②当时，在上单调递减，，故需，即；
综上所述，的取值范围是．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：原问题对任意，，，总有，，为某一个三角形的边长，转化为对，，，总有恒成立，是解题的关键.
40．
【分析】根据圆的切线长定理和双曲线的定义可推得，的内切圆与轴切于双曲线的右顶点，设直线的倾斜角为，可用表示，根据两点都在右支上得到的范围，利用的范围可求得的取值范围.
【详解】如图：

设的内切圆与分别切于，
所以，
所以，
又，所以，
又，所以与重合，所以的横坐标为，同理可得的横坐标也为，
设直线的倾斜角为.则，，



，
当时，，
当时，由题知，...
因为两点在双曲线的右支上，∴，且，所以或，
∴.且，，
综上所述，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据圆的切线长定理和双曲线的定义推出，的内切圆与轴同时切于双曲线的右顶点,并将用直线的倾斜角表示出来是解题关键.
41．
【详解】，令，得，
∴常数项为．
42．
【分析】先求出，根据等比中项求出.
【详解】因为函数的两个零点是，，
所以.
因为数列是正项等比数列，所以，解得：.
故答案为：
43．/
【分析】令，由图象可知，构造函数，利用导数求函数最小值即得.
【详解】令，由图象如图所示可知．

因为，则，，得，即．
令，则，
∴当时，即时，，则在上单调递减，
所以，解得（不满足，舍去）；
∴当时，即时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得满足题意．
综上可得，．
故答案为：.
44．
【分析】先通过数学归纳法证明出，然后代入式子中，利用裂项相消法进行求和计算.
【详解】，
，
……
.
下面用数学归纳法进行证明：
当时，满足题意；
假设当时，，
则当时，
，
故.
∴，
∴.
故答案为：.
45．10
【解析】根据二项展开式的通项，赋值即可求出．
【详解】的展开式通项为，令，所以的系数为．
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查二项展开式某特定项的系数求法，解题关键是准确求出展开式的通项，属于基础题．
46．
【分析】根据函数的最小正周期得到，利用对称轴得到，然后代入计算即可求解.
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，又因为直线是函数的一条对称轴，所以，解得：，因为，所以，
则函数，所以，
故答案为：.
47．或
【分析】根据 和 函数图像，对a分类讨论求解即可.
【详解】 和 的图像如图：

当 时，  ， ， ， ；
当 时， ；
故答案为： 或 .
48．/
【分析】设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球，求出与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为，再证明O到平面MAB的距离大于球O的半径r，O到面MCD的距离也大于球O的半径r，即得解.
【详解】如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，平面MAD，所以，AB垂直于平面MAD，由此知平面MAD垂直平面ABCD.
设E是AD的中点，F是BC的中点，则ME⊥AD，所以，ME垂直平面ABCD，ME⊥EF.
设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球.
不失一般性，可设O在平面MEF上.于是O为△MEF的内心.
设球O的半径为r，则.
设AD=EF=a，因为，所以，
，
且当，即时，上式取等号，所以，当AD=ME=时，
所以与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为.
作OG⊥ME于G，易证OG//平面MAB，G到平面MAB的距离就是O到平面MAB的距离.
过G作MH⊥MA于H，则GH是G到平面MAB的距离.
，，
又，，
,.
,
故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到面MCD的距离也大于球O的半径r，故球O在棱锥M-ABCD内，并且不可能再大.
据此可得所求的最大球的半径为.
故答案为：

49．（1）；（2）1.
【分析】(1)由题意利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得∠A的大小；
(2)由题意结合(1)的结论和三角函数的性质可得的最大值.
【详解】（1）由已知，根据正弦定理得
即
由余弦定理得
故，所以.
（2）由（1）得：

故当时，取得最大值1.
【点睛】方法点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
50．选择条件①（1）；（2）2022；选择条件②（1）；（2）2022.
【分析】（1）选①根据等比数列的定义知为等比数列，求出首项即可求出通项公式；选②根据公比及求和公式列出方程求出首项即可；
（2）由（1）知，可知，由错位相减法求和，由不等式恒成立转化为求最值即可.
【详解】（1）选择条件①，
设等数列的首项为.公比为，
依题意，，得为等比数列，所以，，，
解之得；
∴
选择条件②，设等比数列的首项为，
公比.前5项和为62，
依题意，，，
解之得，
∴.
（2）因为，
所以①
②
1－②得，
所以.
因为，
所以数列单调递增，最小，最小值为.
所以.
所以.
故正整数的最大值为2022.
【点睛】关键点点睛：利用错位相减法求出后，对恒成立转化为求的最小值，属于中档题.
51．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据是菱形，得到，即，．再利用线面垂直的判定定理证明.
（2）取的中点，连接，取的中点，连接,结合平面，得到平面，然后以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系．分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，由求解.
【详解】（1）因为是菱形，
所以，
则，．
因为平面，平面，且，
所以平面．
因为平面，
所以．
（2）取的中点，连接，取的中点，连接．
因为，所以．
因为，所以，所以．
由（1）可知平面，
所以平面平面，
则平面．
故以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由得，，，，，
则，，．
设平面的一个法向量为，
则，
令，得．
设平面的一个法向量为，
则，
令，得．
设平面与平面所成的锐二面角为，
则．
【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法：分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
52．（1）；（2）当时，方案一更“优”；当时，方案一、二一样；理由见解析.
【分析】（1）根据相互独立事件的概率求出该混合样本阴性的概率，根据对立事件原理，能求出阳性的概率．
（2）分别求出方案一、二的分布列及数学期望，即可判断；
【详解】解：（1）该混合样本阴性的概率是，
根据对立事件可得，阳性的概率为.
（2）方案一：混在一起检验，方案一的检验次数记为，则的可能取值为1，5
；.其分布列为：
则，

1
5



方案二：由题意分析可知.每组2份样本混合检验时.若阴性则检测次数为1，
概率为，若阳性，则检测次数为3.概率为，
方案二的检验次数记为，则的可能取值为2，4，6，
；；；
其分布列为：

2
4
6




则，
，
当时，可得，所以方案一更“优”
当时，可得，所以方案一、二一样；
【点睛】本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式、相互独立事件概率计算公式、古典概型等基础知识，考查运算求解能力．
53．（1）椭圆，；（2）存在，.
【分析】（1）根据椭圆定义得方程；
（2）分析可知，再代入消元，用韦达定理及弦长公式得到的函数关系式，再求最值.
【详解】（1）由题意知，，又，所以，动点的轨迹是椭圆.
由椭圆的定义可知，，，又因为所以，
故的轨迹方程.
（2）由题设可知，、一个椭圆外，一个在椭圆内；
、一个在内，一个在外，
在直线上的四点满足：
由
消去得：，恒成立.
设，，由韦达定理，
得，
.
所以，到距离，，


当且仅当，即时等号成立.
验证可知满足题意.
【点睛】关键点睛：把两条动线段的长度差转换为一条动线段与定值差的关系，从而转换为求动弦长的表达式（常规问题）.
54．（1）；（2）.
【分析】（1）求函数的导数，利用导数求出单调性，利用单调性求最值即可；
（2）时，恒成立转化为恒成立，分离参数后利用导数求解即可.
【详解】（1）∵，
由得，
∴在区间上单调递减、在区间上单调递增.
∴函数的最小值为：
∴；
∴函数的值域是；
（2）当时，，
（）


令，则
令，则，
∵，，在上单调递增.
∴..
于是在上单调递增，且，（）
又由（1）知当，时.
的值域是，即：，
所以：恒成立.
∴.
所以；.
即：，
所以：
∴的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：不等式的恒成立问题一般都需要转换，本题可转化为，分离参数得，构造函数，利用导数研究单调性，属于难题.
55．(1) ；
(2).

【分析】（1）根据正弦定理可得，再由三角恒等变换即可求得A；
（2）根据题意和正弦定理可得，利用余弦定理可求得，结合三角形面积公式计算即可．
(1)
因为sinA+asinB＝，
由正弦定理，得，
所以，得，
又，所以；
(2)
由(1)知，，
，
由正弦定理，得，
由余弦定理，得，
即，
整理，得，由得，
此时，则，
所以S△ABC＝bcsinA＝．
56．(1)，
(2)

【分析】（1）利用，整理可得数列是等比数列，求其通项公式即可；
（2）求出，然后分组求和.
【详解】（1）当时，，
整理得，
又，得
则数列是以-2为首项，-2为公比的等比数列.
则，
（2）当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
则

57．(1)在平面PAB内存在一点M，为AB，CD延长后的交点，使得直线CM//平面PBE
(2)

【分析】（1）将AB，CD延长交于一点M，先证明CM//BE，利用线面平行的判定定理即可证明CM//平面PBE.
（2）以A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
（1）

将AB，CD延长交于一点M，则M在平面PAB内.
∵，BC//AD∴CE//BM且CE=BM，
∴四边形BCDE为平行四边形，∴CM//BE.
∵平面PBE，平面PBE，所以CM//平面PBE.
所以在平面PAB内存在一点M，为AB，CD延长后的交点，使得直线CM//平面PBE
（2）
由已知可得，AD⊥DC，CD⊥PA，PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.
所以∠PDA为二面角P—CD—A的平面角，所以∠PDA=30°.

建立如图空间直角坐标系，设AP=2则A(0，0，0)，P(0，0，2)，，，∴，，
设平面PCE的法向量为，由，不妨设x=2，则.
设直线PA与平面PCE所成角为，则，
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
58．(1)
(2)分布列见解析，
(3)

【分析】（1）将直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．
（2）抽样比为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量的所有可能的取值，计算出每个对应的概率，列分布列，求期望即可．
（3）根据频率分布直方图估计出方差，再结合（1）求出的期望，得到，再根据其对称性处理即可．
【详解】（1）解：这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即
（2）解：结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在前通过的车辆数就是位于时间分组中在，这一区间内的车辆数，即，所以的可能的取值为0，1，2，3，4．
所以，，，，，
所以的分布列为：

0
1
2
3
4






所以．
（3）由（1）得，
，
所以，估计在之间通过的车辆数也就是在，通过的车辆数，
由，，得，
所以估计在之间通过的车辆数为辆．
59．(1)证明见解析；
(2).

【分析】(1)利用求导公式和运算法则求出，根据时，进而得出函数单调性，结合即可证明；
(2)根据求导公式和运算法则求出，利用的取值讨论的单调性，得出的取值，进而得出的单调性，结合极大值点的定义即可得出结果.
(1)
由题意知，函数的定义域为，
当时，，
，
当时，，所以，
即当时，函数单调递增，
又，故在上恒成立，即证；
(2)
函数的定义域为，
，
所以，
又为的极大值，所以且周围是单调递减的趋势，
要使单调递减，需在上恒成立，
，且，
所以需在上单调递增，在上单调递减，
即当时，，当时，，
且，又，
所以，解得；
当时，恒成立，即在上单调递减，
又，所以为的极大值，
综上，.
60．(1)；
(2)见解析；
(3).

【分析】（1）结合离心率和面积的最大值列出关于的方程，解方程即可；
（2）设直线CM方程，写出点M坐标，联立椭圆方程，求点N坐标，通过向量数量积计算即可；
（3）设点坐标，借助点在圆上，将转化成，再借助椭圆定义将转化成，最后通过三点共线求出最小值.
【详解】（1）当P为短轴端点时，的面积最大，，
解得，
故椭圆的方程为.
（2）由（1）知，,
设直线，，
，
联立整理得，
由得，，
,，
故为定值4.
（3）
由题意，设，使，
，整理得，
又点Q在圆上，解得，
由椭圆定义得，，
当三点共线时，有最小值.
【点睛】（1）关键在于建立的方程；
（2）关键在于设出直线方程，联立得出点N坐标；
（3）关键在于利用题目中给出的圆的定义将转化成，再结合椭圆定义，将问题简化成共线问题.
61．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出的表达式，再验证的值是否满足的表达式，综合可得出数列的通项公式；
（2）计算得出，利用裂项相消法求出数列的前项和，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，①
则当时，，即，
当时，，②
①②得，所以，
也满足，故对任意的，.
（2）证明：，
所以
．
，
，即结论成立.
62．(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化得，又，可得，结合二倍角公式可求得结果；
（2）由题意可知为等边三角形，设，则，由余弦定理得，设，所以，利用基本不等式可求得答案.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理边角互化得，
因为，所以，即，所以，
因为，所以，所以，
所以，即.
（2）因为，所以为等边三角形，即，
设，则，
所以在中，由余弦定理得，整理得，
设，所以，
由于，故，
所以，当且仅当时等号成立，此时，
所以AD的最小值为．
63．(1)
(2)

【分析】（1）作出，从而求得的值.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．
【详解】（1）连结．
因为点为圆锥的顶点，所以平面．
分别取，的中点，，
连接，，，，则在圆中，．
由平面，得．
又，故平面，
所以．
所以．
同理，．
于是．
（2）因为，即所以即
．
在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．
则，，．
又因为平面，所以轴，从而．
则，，．
设平面的法向量为，
则，即，
不妨取，则，，此时．
设平面的法向量为，
则，即
不妨取，则，，此时．
所以．
又二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．

【点睛】方法点睛：
几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.
64．(1)；
(2).

【分析】（1）根据正三角形得三角形的边长，再根据抛物线的定义进行求解；
（2）设，则，可得，由导数的几何意义可得，设，，中点，由点差法可得，，从而可以求出.
【详解】（1）∵为等边三角形时，其面积为，
∴，解得，
根据和抛物线的定义可知，落在准线上，即，

设准线和轴交点为，易证，于是，
∴的方程为；
（2）假设存在，使得，则线为段的中点，
设，依题意得，则，
由可得，所以切线的斜率为，
设，，线段的中点，
由，可得，
所以，
整理可得：，即，所以，
可得，又因为，
所以当时，，此时三点共线，满足为的中点，
综上，存在，使得点为的中点恒成立，.
65．(1)分布列见解析；期望为
(2)①证明见解析 ；②

【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出，比较其大小即可.
【详解】（1）方法一：的所有可能取值为，
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以，
，
所以的分布列如下：

0
1
2
3






方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，
所以，
故的分布列为：

0
1
2
3





所以的期望．
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
66．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）先根据导数的几何意义算出，然后分析出的范围，最后将化成只含有的表达式，构造函数进行求解；
（2）恰有三个不等实根，显然不能的极小值非负，讨论参数的范围，当极小值为负数的时候，根据绝对值函数的图像，只需就可使得恰有三个不等实根.
【详解】（1）由直线是的切线，可设切点为，则，解得，于是.
若，则，不符题意；
若，则，不符题意；
有一个取时均不成立，故只有才可以让成立.
于是，下设，则，故在上单调递增，故，于是，也即，
所以的取值范围为；
（2），在上单调递增，
当时，，，
下令，则，故为增函数，
于是，即，.
根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，由于，即，此时不可能有三个根；
当时，，根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，由于，此时不可能有三个根；
当时，，在上递增，注意到，，，递减，当，，递增，故为极小值点，而，故不可能有三个根；
当时，，根据零点存在定理，，使得，当，，递减，当，，递增，故为极小值点，，
而，故. 由.
由有三个根，则，
即，由，结合对勾函数性质推出，故，即
【点睛】关键点点睛：本题的难点在第二问，解决该问的关键是利用方程根的个数确定函数极值的范围及参与与极值的关系.